無限テトレーションの収束

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この記事の目標

ちょっと待っててね…

この項目は，執筆者が編集しすぎて大変長くなっています。特にスマホの場合は表示されるまで少し時間がかかりますが，カップラーメンでも食べながら気長にお待ち下さい。

また，証明をとばせば，何しているかはすぐに読めます。証明を折りたたむ機能を付けていないのは，単に僕がCSSについて知らないだけです。

この記事は，はてなブログで投稿した記事を， Mathlog で再編集，再掲したものです。これを書きながら Mathlog に慣れる目的もあります。
https://marukunalufd0123.hatenablog.com/entry/infinitetetlation

Mathlogについての感想は，一番下に書きました。

証明したいこと

無限テトレーション

$x$ を正の実数とする。また $x > 0$ で定義される関数の列 ${f_{n} (x)}$ を， $f_{1} (x) = x, f_{n + 1} (x) = x^{f_{n} (x)}$ によって定める。この $f_{n} (x)$ が収束するための $x$ に関する必要十分条件は， $e^{- e} \leq x \leq e^{1 / e}$ である。

ちなみに， $e^{- e} ≃ 0.065988, e^{1 / e} ≃ 1.44467$ である。

上記の定義において， $x$ に対して $f_{n} (x)$ を取る操作のことを，( $n$ 階)テトレーションをとると言います。 $n \to \infty$ としたときを無限テトレーションと名付けることにします。更に， $lim_{n \to \infty} f_{n} (x)$ が存在するときは，その値を $f (x)$ と書くことにします。例えば $f (1) = 1$ であり， $f (2)$ は存在しないことが簡単に分かります。

$x$ を正の実数と仮定しているのは，単に議論を簡単にしたいからであって，解析的には $x$ は任意の複素数をとったときが面白いです。
http://neqmath.blogspot.com/2018/06/blog-post_29.html
上記サイトが具体的に図示をしてくれて面白いです。

入試問題より

$x = \sqrt{2}$ の場合は，非自明ですが収束することが分かります。これを高校生に考えさせた問題があります。2011年度同志社大学全学部日程（理系）の第Ⅳ問です。

数列 $a_{1} = \sqrt{2}, a_{2} = {\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}, a_{3} = {\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}}, a_{4} = {\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}}}, \dots$ は漸化式 $a_{1} = \sqrt{2}, a_{n + 1} = {(\sqrt{2})}^{a_{n}}$ を満たしている。 $f (x) = {(\sqrt{2})}^{x}$ として次の問いに答えよ。
(1) $0 \leq x \leq 2$ における $f (x)$ の最大値と最小値を求めよ。
(2) $0 \leq x \leq 2$ における $f^{'} (x)$ の最大値と最小値を求めよ。
(3) $0 < a_{n} < 2 (n = 1, 2, 3, \dots)$ が成立することを数学的帰納法を用いて示せ。
(4) $0 < 2 - a_{n + 1} < (\log 2) (2 - a_{n}) (n = 1, 2, 3, \dots)$ が成立することを数学的帰納法を用いて示せ。
(5) $lim_{n \to \infty} a_{n}$ を求めよ。

この問題を解き切ることで， ${f_{n} (\sqrt{2})}$ の極限値が $2$ であることが従います。この問題の解答は，読者の皆様にお任せ致します。

認める事実

まず，高等学校における学習指導要領の数学Ⅲまでは既知としています。そのうえで，次の命題を認めます。

有界単調数列は収束

上に有界な単調増加数列は収束する。つまり数列 ${a_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ が次の2条件を満たすとき，数列 ${a_{n}}$ は収束する。

任意の正の整数 $n$ に対して $a_{n} \leq a_{n + 1}$ である
ある定数 $M$ が存在して，任意の正の整数 $n$ に対して $a_{n} \leq M$ を満たす

また，上界を持たない単調増加数列は発散する。

（下に有界であっても同様である。）

高校の数学では，上記命題を認めた上で話を進めることが多いですが，表立って主張を述べているわけではありませんので，ここで触れておくことにしました。

また，次の性質も成り立ちます。

指数をとっているからアタリマエ

$x > 0$ ならば，任意の正の整数 $n$ に対して $f_{n} (x) > 0$ である。

定理１を証明しよう

上記の内容を認めた上で，定理１に証明を与えます。

$x = 1$ のとき

$x = 1$ のときは任意の正の整数 $n$ に対して $f_{n} (x) = 1$ ですから， $f (x) = 1$ であり，収束しています。

$x > 1$ のとき

いくつか補題を与えながら証明を進めていきます。

単調増加

$x > 1$ のとき，任意の正の整数 $n$ に対して $f_{n} (x) < f_{n + 1} (x)$ である。

数学的帰納法

$n = 1$ のときは $\frac{f_{2} (x)}{f_{1} (x)} = x^{x - 1} > 0$ より， $0 < f_{1} (x)$ だったから $f_{1} (x) < f_{2} (x)$ である。

$n = k$ のときに $f_{k} (x) < f_{k + 1} (x)$ が成り立つと仮定する。 $n = k + 1$ のとき， $\frac{f_{k + 2} (x)}{f_{k + 1} (x)} = x^{f_{k + 1} (x) - f_{k} (x)} > 0$ より， $0 < f_{k + 1} (x)$ だったから $f_{k + 1} (x) < f_{k + 2} (x)$ である。

以上より数学的帰納法から補題は示された。♦

$1 < x$ の範囲でも，場合分けをすることで考えていきます。

上に有界

$1 < x ≦ e^{1 / e}$ のとき，任意の正の整数 $n$ に対して， $f_{n} (x) < e$ である。

やはり数学的帰納法

$n = 1$ のときは明らか。
$n = k$ のときに $f_{k} (x) < e$ が成り立つと仮定する。 ${f_{n} (x)}$ の定義から， $\log f_{k + 1} (x) = f_{k} (x) \cdot \log x$ である。つまり， $\log f_{k + 1} (x) < e \cdot \frac{1}{e} = 1$ である。よって $f_{k + 1} (x) < e$ が成り立つ。

以上より数学的帰納法から補題は示された。♦

補題４，補題５から， $1 < x ≦ e^{1 / e}$ において ${f_{n} (x)}$ は上に有界な単調増加数列ですので，収束します。

$1 < x ≦ e^{1 / e}$ のときは収束する

次に， $e^{1 / e} < x$ のときにどうなるかを見ていきます。

少なくとも

e

は上界ではない

$e^{1 / e} < x$ のとき，ある（十分大きな）正の整数 $N$ が存在して $f_{N} (x) > e$ を満たす。

背理法

ここに証明を入力します。

収束はしない

$e^{1 / e} < x$ のときは ${f_{n} (x)}$ は収束しない。

| f_{n + 1} (x) - f_{n} (x) |

を評価する

補題３，４より，正の整数 $n$ に対して $0 < f_{n} (x) < f_{n + 1} (x)$ が成り立っていた。そこで区間 $[f_{n} (x), f_{n + 1} (x)]$ に対して，関数 $\log x$ に対して平均値の定理を適用する。つまり，ある定数 $c_{n}$ が存在して， $\frac{\log f_{n + 1} (x) - \log f_{n} (x)}{f_{n + 1} (x) - f_{n} (x)} = \frac{1}{c_{n}}, f_{n} (x) < c_{n} < f_{n + 1} (x)$ を満たすようにとれる。特に $0 < f_{n} (x) < c_{n}$ なので， $\frac{\log f_{n + 1} (x) - \log f_{n} (x)}{f_{n + 1} (x) - f_{n} (x)} < \frac{1}{f_{n} (x)}$ であり， $f_{n} (x) (\log f_{n + 1} (x) - \log f_{n} (x)) < f_{n + 1} (x) - f_{n} (x)$ を得る。この左辺にある $\log f_{n + 1} (x) - \log f_{n} (x)$ については， $\begin{aligned} \log f_{n + 1} (x) - \log f_{n} (x) & = \log \frac{f_{n + 1} (x)}{f_{n} (x)} \\ = \log x^{f_{n} (x) - f_{n - 1} (x)} \\ = (f_{n} (x) - f_{n - 1} (x)) \log x \end{aligned}$ と変形できるので，結局 $(f_{n} (x) - f_{n - 1} (x)) \log x \cdot f_{n} (x) < f_{n + 1} (x) - f_{n} (x)$ である。ここで仮定より，十分大きい正の整数 $N$ が存在して， $n \geq N$ ならば $\log x > 1 / e, f_{n} (x) > e$ だったので， $f_{n} (x) - f_{n - 1} (x) < f_{n + 1} (x) - f_{n} (x)$ である。ここである正の実数 $γ$ を $0 < γ < f_{N} (x) - f_{N - 1} (x)$ を満たすようにとれば， $| f_{n + 1} (x) - f_{n} (x) | \geq γ > 0$ が $n \geq N$ で成り立つ。これは， ${f_{n} (x)}$ が収束しないことを言っている。

従って， $e^{1 / e} < x$ のときは収束しないことが示せました。

$e^{1 / e} < x$ のときは収束しない

$0 < x < 1$ のとき

まずは発想を共有しよう

$x > 1$ のときよりも， $0 < x < 1$ のときの方が難しいです。今回考えた発想の手がかりをまず初めに言っておきます。

$x = 0.1$ としてみましょう。 $f_{1} (x), f_{2} (x), f_{3} (x), f_{4} (x), f_{5} (x), f_{6} (x)$ を計算した結果は次のようになります。
$\begin{array}{ccl} f_{1} (x) & = & 0.1 \\ f_{2} (x) & = & 0.794328 \dots \\ f_{3} (x) & = & 0.160573 \dots \\ f_{4} (x) & = & 0.690919 \dots \\ f_{5} (x) & = & 0.203742 \dots \\ f_{6} (x) & = & 0.625544 \dots \end{array}$ この事実が何を教えてくれるかというと， $n$ が偶数であるか奇数であるかによって，値が大きく振れてしまうことです。
ですので， $0 < x < 1$ のときは偶奇に分けて考察をしていきましょう。

いざ証明

まずは次を示します。

偶奇に分ければ単調性が見えてくる

$0 < x < 1$ ならば，すべての正の整数 $m$ について，
${\begin{cases} 0 < f_{1} (x) < f_{3} (x) < f_{5} (x) < \dots < f_{2 m - 1} (x) < \dots < 1 \\ 0 < \dots < f_{2 m} (x) < \dots < f_{6} (x) < f_{4} (x) < f_{2} (x) < 1 \end{cases}$ である。

$n$ を $2$ 以上の整数とする。
$f_{n} (x)$ の定義から， $\frac{f_{n + 2} (x)}{f_{n + 1} (x)} = x^{f_{n + 1} (x) - f_{n} (x)}$ が成り立つので，両辺の（自然）対数をとり，
　①　 $\log (\frac{f_{n + 2} (x)}{f_{n + 1} (x)}) = (f_{n + 1} (x) - f_{n} (x)) \log x$
同様に，
　②　 $\log (\frac{f_{n + 1} (x)}{f_{n} (x)}) = (f_{n} (x) - f_{n - 1} (x)) \log x$
①－②から，
　③　 $\log (\frac{f_{n + 2} (x)}{f_{n} (x)}) = (f_{n + 1} (x) - f_{n - 1} (x)) \log x$
$n = 2$ のときから考える。 $0 < x < 1$ だったから $\log x < 0$ である。また，
　　　 $f_{3} (x) - f_{1} (x) = x^{x^{x}} - x = x^{x^{x} - 1} > 0$

だから，③式の右辺は正と負の積となっているので負である。したがって

　　　 $\log (\frac{f_{4} (x)}{f_{2} (x)}) < 0$

が成り立ち，この式から $\frac{f_{4} (x)}{f_{2} (x)} < 1$ となるから， $f_{4} (x) < f_{2} (x)$ が従う。

$n = 3$ のときは③式の右辺が正であることが分かるので， $n = 2$ のときと同様に， $f_{3} (x) < f_{5} (x)$ である。

この議論を繰り返すことで，
${\begin{cases} 0 < f_{1} (x) < f_{3} (x) < f_{5} (x) < \dots < f_{2 m - 1} (x) < \dots \\ \dots < f_{2 m} (x) < \dots < f_{6} (x) < f_{4} (x) < f_{2} (x) < 1 \end{cases}$
であることが示される。

また，補題１より $f_{2 m} (x) > 0$ であり， $x (0 < x < 1)$ と正の実数 $a$ について $x^{a} < 1$ が成り立つことから，

　　　 $f_{2 m + 1} (x) = x^{f_{2 m} (x)} < 1$

である。よって，
${\begin{cases} 0 < f_{1} (x) < f_{3} (x) < f_{5} (x) < \dots < f_{2 m - 1} (x) < \dots < 1 \\ 0 < \dots < f_{2 m} (x) < \dots < f_{6} (x) < f_{4} (x) < f_{2} (x) < 1 \end{cases}$
が分かり，証明は完了した。◆

この証明によって，関数列 ${f_{2 m - 1} (x)}_{m = 1}^{\infty}$ は上に有界な単調増加数列なので，ある収束先 $α (x)$ が存在します。同様に関数列 ${f_{2 m} (x)}_{m = 1}^{\infty}$ は下に有界な単調減少数列なので，ある収束先 $β (x)$ が存在します。

もしも $α (x) = β (x)$ ならば $lim_{n \to \infty} f_{n} (x)$ は存在するし， $α (x) \neq β (x)$ ならば $lim_{n \to \infty} f_{n} (x)$ は存在しないというとです。

というわけで， $α (x) = β (x)$ となるための $x$ についての必要十分条件を探すことが，当分の目標になります。

まずは $α (x), β (x)$ が満たすべき式を提示します。

上記の設定において， $α (x), β (x)$ は次の式を満たす。
${\begin{cases} \log (\log \frac{1}{α (x)}) = α (x) \log x + \log (\log \frac{1}{x}) \\ \log (\log \frac{1}{β (x)}) = β (x) \log x + \log (\log \frac{1}{x}) \end{cases}$

$f_{n} (x)$ の定義より， $\log f_{n + 1} (x) = f_{n} (x) \log x$ だが，この両辺を $- 1$ 倍することで，

　　　 $\log \frac{1}{f_{n + 1} (x)} = f_{n} (x) \log \frac{1}{x}$

を得る。この式によって偶数列と奇数列だけに分離することができて，
${\begin{cases} \log (\log \frac{1}{f_{2 m + 1} (x)}) = f_{2 m - 1} (x) \log x + \log (\log \frac{1}{x}) \\ \log (\log \frac{1}{f_{2 m + 2} (x)}) = f_{2 m} (x) \log x + \log (\log \frac{1}{x}) \end{cases}$ この2式について $m \to \infty$ とすることで，
${\begin{cases} \log (\log \frac{1}{α (x)}) = α (x) \log x + \log (\log \frac{1}{x}) \\ \log (\log \frac{1}{β (x)}) = β (x) \log x + \log (\log \frac{1}{x}) \end{cases}$ を得る。◆

といっても示した式はさすがに煩雑ですので， $\log \frac{1}{α (x)} = s, \log \frac{1}{β (x)} = t$ と置き換えます。すると，
${\begin{cases} \log s = e^{- s} \log x + \log (\log \frac{1}{x}) \\ \log t = e^{- t} \log x + \log (\log \frac{1}{x}) \end{cases}$ となり，ちょっとすっきりしました。

ちょっとだけ $s, t$ のとりうる値の範囲も考えておきます。といっても， $0 < α (x) ≦ 1$ ， $0 ≦ β (x) < 1$ なので
$\frac{1}{e} ≦ s < 1, \frac{1}{e} < t ≦ 1$ ということなのですが。。。

$e^{- e} ≦ x < 1$ のとき

$e^{- e} ≦ x < 1$ のとき， $α (x) = β (x)$ であることを示します。

そのために， $u (\frac{1}{e} ≦ u ≦ 1)$ について， $u$ の定義域の内部で微分可能な関数 $F (u)$ を考察します。

　④　 $F (u) := e^{- u} \log x + \log (\log \frac{1}{x}) - \log u$

これを $u$ で微分すると，

　　 $\frac{d}{d u} F (u) = - e^{- u} \log x - \frac{1}{u} = - \frac{1}{u} (\frac{u}{e^{u}} \log x + 1)$

となります。特に $(\frac{u}{e^{u}} \log x + 1)$ は常に0以上です。なぜなら， $\frac{u}{e^{u}}$ は， $u = 1$ で最大値 $\frac{1}{e}$ をとることが増減を調べることによってわかります。今， $e^{- e} ≦ x < 1$ としましたので $- e ≦ \log x < 0$ となります。つまり， $\frac{1}{e} ≦ u ≦ 1$ の範囲では常に $- 1 ≦ \frac{u}{e^{u}} \log x$ となりますので， $(\frac{u}{e^{u}} \log x + 1)$ は常に0以上です。

以上より， $\frac{1}{e} ≦ u ≦ 1$ の範囲では $\frac{d}{d u} F (u) ≦ 0$ ですので， $F (u)$ は単調減少な関数であることが分かりました。

つまり， $F (u)$ は中間値の定理から， $F (u) = 0$ となるような $u \in (\frac{1}{e}, 1)$ は高々1つしか存在しないことになります。
$s, t$ が存在すれば， $s = t$ でなきゃいけないって言ってるんですね。

しかし， $α (x), β (x)$ の存在性から $s, t$ の存在は保証されているので，結局 $α (x) = β (x)$ です。

∴　 $e^{- e} ≦ x < 1$ のときは $f (x)$ は存在する。

$x < e^{- e}$ のとき

$x < e^{- e}$ のとき， $α (x) \neq β (x)$ であることを背理法で示します。

関数 $\log x$ について平均値の定理から， $f_{n} (x)$ と $f_{n + 1} (x)$ の間にある実数 $R_{n}$ が存在して，

　　　 $\frac{\log f_{n + 1} (x) - \log f_{n} (x)}{f_{n + 1} (x) - f_{n} (x)} = \frac{1}{R_{n}}$

となるようにとれます。この式を変形すると，

　　　 $\log \frac{f_{n + 1} (x)}{f_{n} (x)} R_{n} = f_{n + 1} (x) - f_{n} (x)$

となりますが，これはこの記事の②式を代入することで，

　　　 $(f_{n} (x) - f_{n - 1} (x)) R_{n} \log x = f_{n + 1} (x) - f_{n} (x)$

となります。ここで，次の補題を使います。

上の状況で， $n$ が十分大きいときに $R_{n} \log x < - 1$ が成り立つ。

この補題３を認めてしまえば， $n$ が十分大きいときには

　　　 $| f_{n + 1} (x) - f_{n} (x) | > | f_{n} (x) - f_{n - 1} (x) |$

となり，これは $f_{n} (x)$ が収束すると仮定したことに矛盾します。

（ε論法でやるべきと思いますが，ここではがばがばに証明します。）
${f_{n} (x)}$ が収束すると仮定する。このとき，次の関数 $G (u)$ を考える。 $G (u) := \log u - u \log x$ この関数については $G (f (x)) = 0$ が成り立つ。（なぜなら， $f (x) = x^{f (x)}$ でなければならないから。）
また，唐突に $G (- \frac{1}{\log x})$ を計算すると， $G (- \frac{1}{\log x}) = - \log (- \log x) + 1 < 0 (∵ x < e^{- e})$ また， $G (u)$ は $0 < u < 1$ では明らかに単調増加である。従って，
　⑤　 $- \frac{1}{\log x} < f (x)$
である。

また， $R_{n}$ は $f_{n + 1} (x)$ と $f_{n} (x)$ の間にある実数だから，はさみうちの原理から，

　⑥　 $lim_{n \to \infty} R_{n} = f (x)$

となる。 $n$ が十分大きいときは，⑤⑥より，

$- \frac{1}{\log x} < R_{n}$ が成り立ち，これより $R_{n} \log x < - 1$ が従う。◆

これで定理１が正しいことは証明できました。

x

を正の実数としたとき，

{f_{n} (x)}

が収束するための必要十分条件は，

e^{- e} ≦ x ≦ e^{1 / e}

である。

その他の話題

今回考えました $f (x) = lim_{n \to \infty} f_{n} (x)$ については，逆関数が $x^{1 / x}$ であることが分かっています。

特にこの $f (x)$ は，今求めた定義域内で微分可能な関数です。

まとめ

たいへんでした。総括を書く気力が起こりませんね。

おまけ：実験程度にMathlogで執筆した

初期設定から，かなりたくさんのデザインCSS定義があり，見た目的には満足しています。

しかし\bfseriesコマンド及び\bmパッケージが用意されていないため，数式で太字を表すことが難しいですね。例えば現在の環境ですと，\pmb{ma=mg+T}と入力すれば $m a = m g + T m a = m g + T$ と表せることは出来るのですが，プラスの文字を見ればわかる通り，文字に文字を重ねて太字を作っているため，あまり使いたくありません。まだまだ発展途上でしょうか。

完全に思い違いでした。\boldsymbolで太字に出来ます。（2020年11月11日追記）

そのほか，不等式を打つときに $y < x$ のように，“<”と“x”は空白を入れて書かないとエラーが出ました。これは裏でhtmlの書き方をサポートしていることが原因と思われます。

11月11日のアップデートでこの不具合が解消されました。

align

環境は普通に使えたので嬉しいです。他にも，自分で定義したコマンドが使えるというのも有り難いです。僕は大量にマクロを定義してTeXの文書を書く人間ですので，それを流用できたのはありがたかったです。（例えば，分数の標線がデフォルトよりちょっと長いことに気づきました？）

ただ，\hbox{},\vbox{}が正しく動いるわけではなさそうです。~~でもこれはMathJaxが悪いだけかな。。。~~

ていうか，任意の執筆者は
https://docs.mathjax.org/en/v2.7-latest/tex.html
を読もう。更に，
http://memopad.bitter.jp/web/mathjax/TeXSyntax.html
も読もう。

はてなブログから移行してもいいかなーとも思いました。これからMathlogが発展することを楽しみにしています。

投稿日：2020年11月7日

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ぱるち

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数学屋さんをしています。代数，数論系に興味があり，今は楕円曲線と戯れています。Mathlogは現実逃避用という噂もあります。@f_d00123

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無限テトレーションの収束

この記事の目標
証明したいこと
入試問題より
認める事実
定理１を証明しよう
$x=1$のとき
$x>1$のとき
$0< x< 1$のとき
その他の話題
まとめ
おまけ：実験程度にMathlogで執筆した

無限テトレーションの収束

この記事の目標

証明したいこと

入試問題より

認める事実

定理１を証明しよう

x=1のとき

x>1のとき

1<x≦e1/eのときは収束する

e1/e<xのときは収束しない

0<x<1のとき

まずは発想を共有しよう

いざ証明

e−e≦x<1のとき

x<e−e のとき

その他の話題

まとめ

おまけ：実験程度にMathlogで執筆した

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$x = 1$ のとき

$x > 1$ のとき

$1 < x ≦ e^{1 / e}$ のときは収束する

$e^{1 / e} < x$ のときは収束しない

$0 < x < 1$ のとき

$e^{- e} ≦ x < 1$ のとき

$x < e^{- e}$ のとき